\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题4.3}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{求下列方程所决定的隐函数 $y=y(x)$ 的导数:}
\subsection{$\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\mathrm{e}^{\arctan \frac{y}{x}}$}
\textbf{解}\quad
取对数后对左右两边同时进行求导,求出更显然的$x$与$y$的关系.

$$\arctan \frac{y}{x}=\ln \sqrt{x^{2}+y^{2}}$$

两端对 $x$ 求导,得 $\frac{1}{1+\frac{y^{2}}{x^{2}}} \cdot \frac{x y_{x}^{\prime}-y}{x^{2}}=\frac{x+y y_{x}^{\prime}}{x^{2}+y^{2}} .$ 于是 $, y_{x}^{\prime}=\frac{x+y}{x-y} \quad(x \neq y, x \neq 0) .$

\subsection{$\tan (x+y)+x^{2} y=0$}
\textbf{解}\quad
$\frac{1}{1+(x+y)^{2}} \cdot\left(1+y^{\prime}\right)+2 x y+y^{\prime} x^{2}=0$,解得$y^{\prime}=\frac{-\left(2 x y+\frac{1}{1+(x+y)^{2}}\right)}{x^{2}+\frac{1}{1+(x+y)^{2}}}$

\subsection{$x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}}(a>0)$}
\textbf{解}\quad
$\frac{2}{3} x^{-\frac{1}{3}}+\frac{2}{3} y^{-\frac{1}{3}} \cdot y^{\prime}=0$$,解得y^{\prime}=\frac{-\frac{2}{3} x^{-\frac{1}{3}}}{\frac{2}{3} y^{-\frac{1}{3}}}=-\left(\frac{y}{x}\right)^{\frac{1}{3}}$

\subsection{$\mathrm{e}^{x^{2}+y}-x y^{2}=0$}
\textbf{解}\quad
$\frac{d}{d x}(y)=\frac{-2 e^{x^{2}+y} x+y^{2}}{e^{x^{2}+y}-2 x y}$

\subsection{$\mathrm{e}^{y}+x y-\mathrm{e}=0$}
\textbf{解}\quad
$e^{y} y^{\prime}+y+x y^{\prime}=0$,解得$y^{\prime}=-\frac{y}{e^{y}+x}$

\subsection{$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$}
\textbf{解}\quad
$\frac{2 x}{a^{2}}+\frac{2 y y^{\prime}}{b^{2}}=0$,解得$y^{\prime}=-\frac{b^{2}}{a^{2}} \cdot \frac{x}{y}$

\subsection{$ \sqrt{x}+\sqrt{y}=2$}
\textbf{解}\quad
$\frac{1}{2 \sqrt{x}}+\frac{y^{\prime}}{2 \sqrt{y}}=0$,解得$y^{\prime}=-\sqrt{\frac{y}{x}}$

\subsection{$\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\ln (x+y)$}
\textbf{解}\quad
$$\frac{\frac{1}{x+y}-\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}{\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}-\frac{1}{x+y}}$$

\section{求由下列参数方程所表示的函数 $y=y(x)$ 的导数:}
\subsection{$\left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{e}^{t} \cos ^{2} t \\ y=\mathrm{e}^{t} \sin ^{2} t\end{array}\right.$}
\textbf{解}\quad
$\frac{d y}{d x}=\frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}}$,$\frac{d y}{d t}=e^{t}\left(\sin ^{2} t+2 \sin t \cos t\right)$,$\frac{d x}{d t}=e^{t}\left(\cos ^{2} t-2 \sin +\cos t\right)$

$\frac{d y}{d x}=\frac{\sin ^{2} t+2 \sin +\cos t}{\cos ^{2} t-2 \sin +\cos t}$

\subsection{$\left\{\begin{array}{l}x=\arcsin \frac{t}{\sqrt{1+t^{2}}} \\ y=\arccos \frac{1}{\sqrt{1+t^{2}}}\end{array}\right.$}
\textbf{解}\quad
$\frac{d y}{d t}=-\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{1+t^{2}}}}\left(-\frac{t}{\left(1+t^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\right)=\frac{1}{1+t^{2}} \cdot \operatorname{sgn}(t)$

$\frac{d x}{d t}=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{t^{2}}{1+t^{2}}}}\left(\frac{1}{\left(1+t^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\right)=\frac{1}{1+t^{2}}$

$\frac{d y}{d x}=\operatorname{sgn}(t)$(导函数存在要求$t\neq 0$)

\subsection{$\left\{\begin{array}{l}x=a \cos ^{3} t \\ y=a \sin ^{3} t\end{array}\right.$}
\textbf{解}\quad
$$\frac{d y}{d x}=\frac{3 \sin ^{2} t \cos t}{-3 \cos ^{2} t \sin t}=-\tan t$$

\subsection{$\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{1+t} \\ y=\sqrt{1-t}\end{array}\right.$}
\textbf{解}\quad
$$\frac{d y}{d x}=\frac{-\frac{1}{2 \sqrt{1-x}}}{\frac{1}{2 \sqrt{1+x}}}=-\frac{\sqrt{1+x}}{\sqrt{1-x}}$$

\section{求曲线 $x y+\mathrm{e}^{y}=1$ 在点 $M(1,0)$ 点的切线和法线方程.}
\textbf{解}\quad
曲线方程为$F(x, y)=x y+\mathrm{e}^{y}-1=0,$ 显然 $F(1,0)=1 \cdot 0+\mathrm{e}^{0}-1=0,$ 所以 $M(1,0)$
为曲线上一点.

对方程两边关于 $x$ 求导,可得 $y+x y^{\prime}+\mathrm{e}^{y} y^{\prime}=0,$ 即 $y^{\prime}=-\frac{y}{x+\mathrm{e}^{y}} .$

在 $M(1,0)$ 点, 曲线的斜率为 $\left.y^{\prime}\right|_{M}=-\frac{0}{1+1}=0 .$

在 $M(1,0)$ 点的切线方程为 $y-0=0(x-1),$ 即 $y=0 .$

在 $M(1,0)$ 点的法线与 $x$ 轴垂直并且过 $M(1,0)$ 点,即 $x=1$.

\section{求曲线 $x=\frac{t}{1+t^{3}}, y=\frac{1}{1+t^{3}}$ 上与 $t=1$ 对应的点处的切线和法线方程.}
\textbf{解}\quad
由参数方程的求导公式可得
$$
\left.\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}\right|_{t=1}=\left.\frac{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}}{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}}\right|_{t=1}=\left.\frac{\frac{-3 t^{2}}{\left(1+t^{3}\right)^{2}}}{\frac{\left(1+t^{3}\right)-t \cdot 3 t^{2}}{\left(1+t^{3}\right)^{2}}}\right|_{t=1}=3
$$

当 $t=1$ 时, $\left.x\right|_{t=1}=\frac{1}{2},\left.y\right|_{t=1}=\frac{1}{2},$ 所以在 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 处:

曲线的切线方程为 $y-\frac{1}{2}=3\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 即 $y=3 x-\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=3 x-1$;

曲线的法线方程为 $y-\frac{1}{2}=-\frac{1}{3}\left(x-\frac{1}{2}\right),$ 即 $y=-\frac{1}{3} x+\frac{1}{6}+\frac{1}{2}=-\frac{1}{3} x+\frac{2}{3}$.

\section{若曲线有极坐标方程 能由$r=f(\theta)$ 表示,则可得参数方程 $x=f(\theta) \cos \theta, y=f(\theta) \sin \theta,$ 求
$y^{\prime}(x)$}
\textbf{解}\quad
由极坐标方程即可得曲线的参数方程为
$$
\left\{\begin{array}{l}
x=r(\theta) \cos \theta \\
y=r(\theta) \sin \theta
\end{array}\right.
$$

这样, 假定 $r$ 作为 $\theta$ 的函数其导数  $r^{\prime}(\theta)$ 存在, 而且在所考虑的极角 $\theta$ 附近有
$$
x^{\prime}(\theta)=r^{\prime}(\theta) \cos \theta-r(\theta) \sin \theta \neq 0
$$

则由参数式函数的求导法知, 极坐标表示下的曲线在点 $(\theta, r(\theta))$ 处的切线的斜率为
$$
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=\frac{r^{\prime}(\theta) \sin \theta+r(\theta) \cos \theta}{r^{\prime}(\theta) \cos \theta-r(\theta) \sin \theta}=\frac{\tan \theta+\frac{r(\theta)}{r^{\prime}(\theta)}}{1-\tan \theta \frac{r(\theta)}{r^{\prime}(\theta)}}
$$

由此可解出
$$
\frac{r(\theta)}{r^{\prime}(\theta)}=\frac{\tan \alpha-\tan \theta}{1+\tan \alpha \tan \theta}=\tan (\alpha-\theta)
$$

它具有鲜明的几何意义. 在极坐标系中同时建立直角坐标系, 记向径 沿逆时针方向转到切线位置的角度为 $\beta($ 通常称做向径与切线的夹角), 则有
$$
\tan \beta=\tan (\alpha-\theta)=\frac{r(\theta)}{r^{\prime}(\theta)}
$$

\section{证明 Archimedes 螺线 $r=a \theta$ 与双曲螺线 $r=a \theta^{-1}$ 在相交处的切线互相垂直.其相交当且仅当$\theta=1$时.}
\textbf{证}\quad
利用第5题结论,有阿基米德螺线在交点处的导数为$\frac{a\sin 1+a \cos 1}{a \cos 1-a \sin 1}=\frac{\sin 1+\cos 1}{\cos 1-\sin 1}$

双曲螺线在交点处的导数为$\frac{-a \sin 1+a \cos 1}{-a \cos 1-a\sin 1}=\frac{\sin 1-\cos 1}{\cos 1+\sin 1}$

$$\frac{\sin 1+\cos 1}{\cos 1-\sin 1} \cdot \frac{\sin 1-\cos 1}{\sin 1+\cos 1}=-1$$

所以交点处切线垂直.

\end{document}
